Tirar los dados de 10 veces

Question

Una feria de dados fue lanzado 10 veces, y se ha registrado que todos los números 1-6 han aparecido al menos una vez. Si esto es cierto, ¿cuál es la probabilidad de que al menos 2 seises han aparecido?

Al principio pensé que se debe calcular la cantidad de combinaciones de morir arroja que de los 6 números que definitivamente ha aparecido como $\binom{10}{6}$, luego se dividen por la cantidad de todos los resultados posibles, $6^{10}$, y luego multiplicar la probabilidad de lanzar al menos 1 de los seis en el resto de los 4 lanzamientos, ya que uno ya ha sido registrada, $P(A)= 1-\left(\frac56\right)^4$.

Entonces empecé a tener serias dudas, como $6^{10}$ es un increíblemente gran número, y si había siquiera es necesario que los posibles resultados de los 6 números que fueron arrojados, y la única solución que podía pensar es que todos los asuntos que serían los 4 tiros que no conocemos, sin importar en qué tirar tenemos a uno de los números 1-6, y que la respuesta sería la ya mencionada: $$P(A)= 1-\left(\frac56\right)^4$$

Ahora estoy teniendo menor duda acerca de este enfoque, y no tiene una solución a este problema, así que yo realmente apreciaría si alguien me pudiera decir si esta forma de pensar es correcta o incorrecta.

Answer 1

La computación de las Probabilidades

Mediante la Inclusión-Exclusión para calcular el número de maneras de conseguir las cinco caras ($1$-$5$) con $d-n$ dados, obtenemos que el número de maneras de $n$ seises con $d$ dados es $$ \binom{d}{n}\left[\binom{5}{0}5^{d-n}-\binom{5}{1}4^{d-n}+\binom{5}{2}3^{d-n}-\binom{5}{3}2^{d-n}+\binom{5}{4}1^{d-n}-\binom{5}{5}0^{d-n}\right] $$ Por lo tanto, la probabilidad de obtener los $2$ o más, seis, dado que tenemos, al menos, $1$ seis es $$ \frac{\displaystyle\sum_{n=2}^d\binom{d}{n}\left[\binom{5}{0}5^{d-n}-\binom{5}{1}4^{d-n}+\binom{5}{2}3^{d-n}-\binom{5}{3}2^{d-n}+\binom{5}{4}1^{d-n}-\binom{5}{5}0^{d-n}\right]}{\displaystyle\sum_{n=1}^d\binom{d}{n}\left[\binom{5}{0}5^{d-n}-\binom{5}{1}4^{d-n}+\binom{5}{2}3^{d-n}-\binom{5}{3}2^{d-n}+\binom{5}{4}1^{d-n}-\binom{5}{5}0^{d-n}\right] } $$ Los resultados para diferentes valores de $d$: $$ \begin{array}{c|c} d&p&\text{approx}\\\hline 6&0&0.000000\\ 7&\frac16&0.166667\\ 8&\frac{17}{57}&0.298246\\ 9&\frac{17}{42}&0.404762\\ \color{#C00000}{10}&\color{#C00000}{\frac{1606}{3261}}&\color{#C00000}{0.492487}\\ 11&\frac{293}{518}&0.565637\\ 12&\frac{18868}{30083}&0.627198 \end{array} $$

---

Aplicando el Principio de Inclusión-Exclusión

Anteriormente, se mencionó que hemos utilizado inclusión-exclusión para calcular el número de maneras de conseguir las cinco caras con $d-n$ dados.

Para ello, nos vamos a $A_k$$k\in\{1,2,3,4,5\}$, se los arreglos sin cara $k$. Por lo tanto, el número de maneras de organizar $d$ a los dados con algunos faltantes, es $$ \begin{align} \left|\bigcup_k A_k\right| &=\overbrace{\ \sum_k\left|A_k\right|\ }^{\binom{5}{1}4^d}-\overbrace{\sum_{k_1\lt k_2}\left|A_{k_1}\cap A_{k_2}\right|}^{\binom{5}{2}3^d}+\color{#9000B0}{\overbrace{\sum_{k_1\lt k_2\lt k_3}\left|A_{k_1}\cap A_{k_2}\cap A_{k_3}\right|}^{\binom{5}{3}2^d}}\\ &-\underbrace{\sum_{k_1\lt k_2\lt k_3\lt k_4}\left|A_{k_1}\cap A_{k_2}\cap A_{k_3}\cap A_{k_4}\right|}_{\binom{5}{4}1^d}+\underbrace{\sum_{k_1\lt k_2\lt k_3\lt k_4\lt k_5}\left|A_{k_1}\cap A_{k_2}\cap A_{k_3}\cap A_{k_4}\cap A_{k_5}\right|}_{\binom{5}{5}0^d} \end{align} $$ Vamos a explicar cómo calcular el púrpura plazo, el total de las intersecciones de tres de las $A_k$. Los demás serán similares.

$\binom{5}{3}$ es el número de formas de elegir el $3$ caras para ser excluidos. Una vez que estos han sido excluidos, se $2$ caras sobre el que el mapa de la $d$ dados; es decir, $2^d$ maneras. Por lo tanto, la suma es de color púrpura $$ \binom{5}{3}2^d $$ Por lo tanto, para contar el número de maneras de conseguir las cinco caras con $d$ dados, se resta de la cantidad de formas de organizar todos los $d$ dados: $$ \binom{5}{0}5^d\binom{5}{1}4^d+\binom{5}{2}3^d\binom{5}{3}2^d+\binom{5}{4}1^d\binom{5}{5}0^d $$ el cual es utilizado anteriormente.

Answer 2

Me temo que es hora de volver a la mesa de dibujo. Aquí es una simple simulación en R basado en un millón de ejecuciones del experimento. Valores aproximados por esta simulación debe ser exacta, de alrededor de 3 lugares-lo suficientemente bueno como para ver que el resultado no es consistente con $1 - (5/6)^4$

m = 10^6;  n = 10;  u = s = numeric(m)
for (i in 1:m) {
  dice = sample(1:6, n, rep=T)
  u[i] = length(unique(dice))
  s[i] = sum(dice == 6) }
a = mean(u==6);  b = mean(s >= 2);  bs = mean((u==6)&(s>=2))
a; b; bs; bs/a
##  0.27155     # Aprx prob all six faces seen
##  0.515156    # Aprx prob at lest two 6's seen
##  0.133668    # Aprx prob both of above
##  0.4922408   # Aprx P(at least two 6's | all six faces seen)
mean((s >= 2)[u==6])
## 0.4922408    # Another way to get cond'l prob
1 - (5/6)^(n-6) # Incorrect formula
## 0.5177469    # Incorrect answer

He intentado con varios $n$'s, con el siguiente resultados de la 8 a la 11:

 n    Correct    Incorrect
 8    .299       .366
 9    .407       .427
10    .492       .518
11    .565       .598

La discrepancia entre la simulación de resultados y la propuesta de solución incorrecta crece con $n$. Creo que esto es debido a que el número de 6 crece con $n$, y el correspondiente aumento de ambigüedades.

Básicamente la propuesta de solución, para $n = 10$ es tomarlo como dado que ya hemos visto los rostros de la 1 a la 6 (cuando clasificado), y ahora como un independiente experimento sólo tenemos que conseguir al menos un adicional de 6 en otras cuatro rollos. De hecho, ya hemos hace 10 rollos, y si ya hay más de un 6, es claro que ignorar.

Puede ser útil considerar un simple experimento. Tirar una moneda cuatro veces. Dado que tenemos al menos una cabeza y una cola, ¿cuál es la probabilidad de que tenemos al menos dos cabezas. La respuesta correcta a partir de una muestra en el espacio de 16 igualmente probables los resultados de 14 resultados con al menos una cabeza y una cola. De estos hay 10 con al menos dos cabezas. Para la correcta la probabilidad condicional es $10/14 = 5/7.$

Sin embargo, un falso argumento correspondiente a la respuesta incorrecta el principal Problema sería decir, que ya tenemos a uno en la cabeza y una cola, que ahora sólo tenemos que asegúrese de que al menos uno de los otros dos lanzamientos es una cabeza, una obviamente incorrecto probabilidad de $3/4$.

Yo no soy un experto en la combinatoria (especialmente a esta hora del día), así que no voy a tratar de dar una argumento para una correcta solución analítica al problema principal. Pero tengo una confianza razonable en mi simulación y mis razones para creer aún no tenemos una correcta solución analítica.

Answer 3

la causa de todos los números han aparecido al menos una vez el 1 de ciertas 6 entre sus 6 tiros y se debe calcular la probabilidad de que aparezca al menos un 6 en 4 lanzamientos, así que usted debe calcular la probabilidad de no 6 aparece que es igual a $\left ( \frac{5}{6} \right )^{4}$ y luego restar de 1. Así que creo que tu respuesta es correcta.

Answer 4

Sugerencia: Usted sabe que hay al menos un rollo de cada uno de 1, 2, 3, 4, y 5. Por lo tanto, 5 de los rollos pueden ser contados definitivamente fuera. Usted también sabe que un 6 ya estaba rodado una vez. Por lo tanto, todo lo que usted necesita para calcular es la probabilidad de que en 4 tiradas de dados, usted obtendrá un 6 por lo menos una vez más.

¿Que simplifican el problema lo suficiente para que usted pueda resolver?